江苏省淮安市洪泽区教育联盟学校2022年九年级数学第一学期期末预测试题含解析

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题4分，共48分）1．已知二次函数的图像与x轴没有交点，则()A． B． C． D．2．如图，四边形ABCD和四边形A′B′C′D′是以点O为位似中心的位似图形，若OA：OA′＝2：3，四边形ABCD的面积等于4，则四边形A′B′C′D′的面积为（）A．3 B．4 C．6 D．93．一个正比例函数的图象过点(2，﹣3)，它的表达式为（）A． B． C． D．4．如图，在锐角△ABC中，∠A=60°，∠ACB=45°，以BC为弦作⊙O，交AC于点D，OD与BC交于点E，若AB与⊙O相切，则下列结论：①∠BOD=90°；②DO∥AB；③CD=AD；④△BDE∽△BCD；⑤正确的有（）A．①② B．①④⑤ C．①②④⑤ D．①②③④⑤5．下列事件中是随机事件的个数是（）①投掷一枚硬币，正面朝上；②五边形的内角和是540°；③20件产品中有5件次品，从中任意抽取6件，至少有一件是次品；④一个图形平移后与原来的图形不全等．A．0 B．1 C．2 D．36．在矩形中，的角平分线与交于点，的角平分线与交于点，若，，则的长为（）A． B． C． D．7．如图，小颖周末到图书馆走到十字路口处，记不清前面哪条路通往图书馆，那么她能一次选对路的概率是（）A． B． C． D．08．公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”如图所示，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．如果大正方形的面积是125，小正方形面积是25，则()A． B． C． D．9．一件商品的原价是100元，经过两次提价后的价格为121元，如果每次提价的百分率都是x，根据题意，下面列出的方程正确的是（）A．100(1+x)=121 B．100(1-x)=121 C．100(1+x)2=121 D．100(1-x)2=12110．如图所示，在平面直角坐标系中，已知点A（2，4），过点A作AB⊥x轴于点B．将△AOB以坐标原点O为位似中心缩小为原图形的，得到△COD，则CD的长度是（）A．2 B．1 C．4 D．211．如图，在菱形中，，是线段上一动点（点不与点重合），当是等腰三角形时，（）A．30° B．70° C．30°或60° D．40°或70°12．宽与长的比是（约0.618）的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形蕴藏着丰富的美学价值，给我们以协调和匀称的美感．我们可以用这样的方法画出黄金矩形：作正方形ABCD，分别取AD、BC的中点E、F，连接EF：以点F为圆心，以FD为半径画弧，交BC的延长线于点G；作GH⊥AD，交AD的延长线于点H，则图中下列矩形是黄金矩形的是（）A．矩形ABFE B．矩形EFCD C．矩形EFGH D．矩形DCGH二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，△ABC中，∠C=90°，，D为AC上一点，∠BDC=45°,CD=6,则AB=_______．14．已知以线段AC为对角线的四边形ABCD(它的四个顶点A，B，C，D按顺时针方向排列)中，AB＝BC＝CD，∠ABC＝100°，∠CAD＝40°，则∠BCD的度数为____________．15．如图，AD与BC相交于点O，如果，那么当的值是_____时，AB∥CD．16．九年级学生在毕业前夕，某班每名同学都为其他同学写一段毕业感言，全班共写了2256段毕业感言，如果该班有x名同学，根据题意列出方程为____．17．已知二次函数的图像开口向上，则的值为________.18．在一个不透明的袋子中有若千个小球，这些球除颜色外无其他差别，从袋中随机摸出一球，记下其颜色，这称为一次摸球试验，然后把它重新放回袋中并摇匀，不断重复上述过程．以下是利用计算机模拟的摸球试验统计表：摸球实验次数100100050001000050000100000“摸出黑球”的次数36387201940091997040008“摸出黑球”的频率（结果保留小数点后三位）0.3600.3870.4040.4010.3990.400根据试验所得数据，估计“摸出黑球”的概率是_______（结果保留小数点后一位）．三、解答题（共78分）19．（8分）在初中阶段的函数学习中，我们经历了“确定函数的表达式一一利用函数图象研究其性质一一运用函数解决问题”的学习过程．在画函数图象时，我们通过描点或平移的方法画出了所学的函数图象．同时，我们也学习了绝对值的意义结合上面经历的学习过程，现在来解决下面的问题：在函数中，当时，．（1）求这个函数的表达式；（2）在给出的平面直角坐标系中，请用你喜欢的方法画出这个函数的图象并写出这个函数的一条性质；（3）已如函数的图象如图所示，结合你所画的函数图象，直接写出不等式的解集．20．（8分）如图1，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c交y轴于点A(0，4)，交x轴于点B(4，0)，点P是抛物线上一动点，试过点P作x轴的垂线1，再过点A作1的垂线，垂足为Q，连接AP．(1)求抛物线的函数表达式和点C的坐标；(2)若△AQP∽△AOC，求点P的横坐标；(3)如图2，当点P位于抛物线的对称轴的右侧时，若将△APQ沿AP对折，点Q的对应点为点Q′，请直接写出当点Q′落在坐标轴上时点P的坐标．21．（8分）已知关于x的方程（a﹣1）x2+2x+a﹣1＝1．（1）若该方程有一根为2，求a的值及方程的另一根；（2）当a为何值时，方程的根仅有唯一的值？求出此时a的值及方程的根．22．（10分）已知关于x的方程x2－(2k－1)x＋k2－2k＋3＝0有两个不相等的实数根．(1)求实数k的取值范围．(2)设方程的两个实数根分别为x1，x2，是否存在这样的实数k，使得|x1|－|x2|＝成立？若存在，求出这样的k值；若不存在，请说明理由．23．（10分）邻边不相等的平行四边形纸片，剪去一个菱形，余下一个四边形，称为第一次操作；在余下的四边形纸片中再剪去一个菱形，又余下一个四边形，称为第二次操作；……依次类推，若第n次操作余下的四边形是菱形，则称原平行四边形为n阶准菱形，如图1，平行四边形中，若，则平行四边形为1阶准菱形．（1）判断与推理：①邻边长分别为2和3的平行四边形是__________阶准菱形；②小明为了剪去一个菱形，进行如下操作：如图2，把平行四边形沿着折叠（点在上）使点落在边上的点，得到四边形，请证明四边形是菱形．（2）操作、探究与计算：①已知平行四边形的邻边分别为1，裁剪线的示意图，并在图形下方写出的值；②已知平行四边形的邻边长分别为，满足，请写出平行四边形是几阶准菱形．24．（10分）假期期间，甲、乙两位同学到某影城看电影，影城有《我和我的祖国》（记为）、《中国机长》（记为）、《攀登者》（记为）三部电影，甲、乙两位同学分别从中任选一部观看，每部被选中的可能性相同．用树状图或列表法求甲、乙两位同学选择同一部电影的概率．25．（12分）如图，已知一次函数y＝kx+b的图象与x轴，y轴分别相交于A，B两点，且与反比例函数y＝交于点C，D．作CE⊥x轴，垂足为E，CF⊥y轴，垂足为F．点B为OF的中点，四边形OECF的面积为16，点D的坐标为（4，﹣b）．（1）求一次函数表达式和反比例函数表达式；（2）求出点C坐标，并根据图象直接写出不等式kx+b≤的解集．26．如图是由9个小立方块搭成的几何体的俯视图，小正方形中的数字表示该位置小立方块的个数，请按要求画出该几何体的主视图与左视图．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【分析】若二次函数的图像与x轴没有交点，则，解出关于m、n的不等式，再分别判断即可；【详解】解：与轴无交点，，，故A、B错误；同理：；故选C.【点睛】本题主要考查了抛物线与坐标轴的交点，掌握抛物线与坐标轴的交点是解题的关键.2、D【分析】利用位似的性质得到AD：A′D′＝OA：OA′＝2：3，再利用相似多边形的性质得到得到四边形A′B′C′D′的面积．【详解】解：∵四边形ABCD和四边形A′B′C′D′是以点O为位似中心的位似图形，∴AD：A′D′＝OA：OA′＝2：3，∴四边形ABCD的面积：四边形A′B′C′D′的面积＝4：1，而四边形ABCD的面积等于4，∴四边形A′B′C′D′的面积为1．故选：D．【点睛】本题考查的是位似变换的性质，掌握位似图形与相似图形的关系、相似多边形的性质是解题的关键．3、A【分析】根据待定系数法求解即可．【详解】解：设函数的解析式是y＝kx，根据题意得：2k＝﹣3，解得：k＝﹣．故函数的解析式是：y＝﹣x．故选：A．【点睛】本题考查了利用待定系数法求正比例函数的解析式，属于基础题型，熟练掌握待定系数法求解的方法是解题关键．4、C【解析】根据同弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半，由圆周角∠ACB=45°得到圆心角∠BOD=90°，进而得到的度数为90°，故选项①正确；又因OD=OB，所以△BOD为等腰直角三角形，由∠A和∠ACB的度数，利用三角形的内角和定理求出∠ABC=180°-60°-45°=75°，由AB与圆切线，根据切线的性质得到∠OBA为直角，求出∠CBO=∠OBA-∠ABC=90°-75°=15°，由根据∠BOE为直角，求出∠OEB=180°-∠BOD-∠OBE=180°-90°-15°=75°，根据内错角相等，得到OD∥AB，故选项②正确；由D不一定为AC中点，即CD不一定等于AD，而选项③不一定成立；又由△OBD为等腰三角形，故∠ODB=45°，又∠ACB=45°，等量代换得到两个角相等，又∠CBD为公共角，根据两对对应角相等的两三角形相似得到△BDE∽△BCD，故④正确；连接OC，由相似三角形性质和平行线的性质，得比例，由BD=OD，等量代换即可得到BE等=DE，故选项⑤正确．综上，正确的结论有4个．

故选C.点睛：此题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，切线的性质，等腰直角三角形的性质以及等边三角形的性质，熟练掌握性质与定理是解本题的关键．5、C【分析】根据事件发生的可能性大小判断相应事件的类型即可．【详解】①掷一枚硬币正面朝上是随机事件；②五边形的内角和是540°是必然事件；③20件产品中有5件次品，从中任意抽取6件，至少有一件是次品是随机事件；④一个图形平移后与原来的图形不全等是不可能事件；则是随机事件的有①③，共2个；故选：C．【点睛】本题考查了随机事件，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．6、D【分析】先延长EF和BC，交于点G，再根据条件可以判断三角形ABE为等腰直角三角形，并求得其斜边BE的长，然后根据条件判断三角形BEG为等腰三角形，最后根据△EFD∽△GFC得出CG与DE的倍数关系，并根据BG＝BC＋CG进行计算即可．【详解】延长EF和BC，交于点G，∵3DF＝4FC，∴，∵矩形ABCD中，∠ABC的角平分线BE与AD交于点E，∴∠ABE＝∠AEB＝45°，∴AB＝AE＝7，∴直角三角形ABE中，BE＝，又∵∠BED的角平分线EF与DC交于点F，∴∠BEG＝∠DEF，∵AD∥BC，∴∠G＝∠DEF，∴∠BEG＝∠G，∴BG＝BE＝，∵∠G＝∠DEF，∠EFD＝∠GFC，∴△EFD∽△GFC，∴，设CG＝3x，DE＝4x，则AD＝7＋4x＝BC，∵BG＝BC＋CG，∴7＋4x＋3x＝7，解得x＝−1，∴BC＝7＋4x＝7＋4−4＝3＋4，故选：D．【点睛】本题主要考查了矩形、相似三角形以及等腰三角形，解决问题的关键是掌握矩形的性质：矩形的四个角都是直角，矩形的对边相等．解题时注意：有两个角对应相等的两个三角形相似．7、B【分析】在通往图书馆的路口有3条路，一次只能选一条路，则答案可解．【详解】在通往图书馆的路口有3条路，一次只能选一条路，她能一次选对路的概率是故选：B．【点睛】本题主要考查随机事件的概念，掌握随机事件概率的求法是解题的关键．8、A【分析】根据正方形的面积公式可得大正方形的边长为，小正方形的边长为5，再根据直角三角形的边角关系列式即可求解．【详解】解：∵大正方形的面积是125，小正方形面积是25，∴大正方形的边长为，小正方形的边长为5，∴，∴，∴．故选A．【点睛】本题考查了解直角三角形、勾股定理的证明和正方形的面积，难度适中，解题的关键是正确得出．9、C【详解】试题分析：对于增长率的问题的基本公式为：增长前的数量×=增长后的数量.由题意，可列方程为：100(1+x)2=121，故答案为：C考点：一元二次方程的应用10、A【解析】直接利用位似图形的性质结合A点坐标可直接得出点C的坐标，即可得出答案．【详解】∵点A（2，4），过点A作AB⊥x轴于点B，将△AOB以坐标原点O为位似中心缩小为原图形的，得到△COD，∴C（1，2），则CD的长度是2，故选A．【点睛】本题主要考查了位似变换以及坐标与图形的性质，正确把握位似图形的性质是解题关键．11、C【分析】根据是等腰三角形，进行分类讨论【详解】是菱形，，不符合题意所以选C12、D【分析】先根据正方形的性质以及勾股定理，求得DF的长，再根据DF=GF求得CG的长，最后根据CG与CD的比值为黄金比，判断矩形DCGH为黄金矩形．【详解】解：设正方形的边长为2，则CD=2，CF=1

在直角三角形DCF中，∴矩形DCGH为黄金矩形

故选：D．【点睛】本题主要考查了黄金分割，解决问题的关键是掌握黄金矩形的概念．解题时注意，宽与长的比是的矩形叫做黄金矩形，图中的矩形ABGH也为黄金矩形．二、填空题（每题4分，共24分）13、1【分析】根据题意由已知得△BDC为等腰直角三角形，所以CD=BC=6，又因为已知∠A的正弦值，即可求出AB的长．【详解】解：∵∠C=90°，∠BDC=45°，∴BC=CD=6，又∵sinA=＝，∴AB=6÷=1．故答案为：1．【点睛】本题考查解直角三角形问题，直角三角形知识的牢固掌握和三角函数的灵活运用．14、80°或100°【解析】作出图形，证明Rt△ACE≌Rt△ACF，Rt△BCE≌Rt△DCF，分类讨论可得解.【详解】∵AB＝BC，∠ABC＝100°，∴∠1＝∠2＝∠CAD＝40°，∴AD∥BC.点D的位置有两种情况：如图①，过点C分别作CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，∵∠1＝∠CAD，∴CE＝CF，在Rt△ACE与Rt△ACF中，，∴Rt△ACE≌Rt△ACF，∴∠ACE＝∠ACF.在Rt△BCE与Rt△DCF中，，∴Rt△BCE≌Rt△DCF，∴∠BCE＝∠DCF，∴∠ACD＝∠2＝40°，∴∠BCD＝80°；如图②，∵AD′∥BC，AB＝CD′，∴四边形ABCD′是等腰梯形，∴∠BCD′＝∠ABC＝100°，综上所述，∠BCD＝80°或100°，故答案为80°或100°.【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰梯形的判定与性质，本题关键是证明Rt△ACE≌Rt△ACF，Rt△BCE≌Rt△DCF，同时注意分类思想的应用．15、【分析】如果一条直线截三角形的两边（或两边的延长线）所得的对应线段成比例，那么这条直线平行于三角形的第三边，据此可得结论.【详解】，当时，，.故答案为.【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例定理，解题时注意：如果一条直线截三角形的两边（或两边的延长线）所得的对应线段成比例，那么这条直线平行于三角形的第三边.16、（x﹣1）x＝2256【分析】根据题意得：每人要写（x-1）条毕业感言，有x个人，然后根据题意可列出方程．【详解】根据题意得：每人要写(x−1)条毕业感言，有x个人，∴全班共写：(x−1)x=2256，故答案为：(x−1)x=2256.【点睛】此题考查一元二次方程，解题关键在于结合实际列一元二次方程即可.17、2【分析】根据题意：的最高次数为2，由开口向上知二次项系数大于0，据此求解即可.【详解】∵是二次函数，

∴，即

解得：，

又∵图象的开口向上，

∴，

∴．故答案为：．【点睛】本题综合考查了二次函数的性质及定义，要注意二次项系数的取值范围．18、0.1【解析】大量重复试验下摸球的频率可以估计摸球的概率，据此求解.【详解】观察表格发现随着摸球次数的增多频率逐渐稳定在0.1附近，故摸到白球的频率估计值为0.1；故答案为：0.1．【点睛】本题考查了利用频率估计概率的知识，解题的关键是了解大量重复试验中某个事件发生的频率能估计概率．三、解答题（共78分）19、（1）；（2）函数图象见解析，性质：函数图象关于y轴对称（答案不唯一）；（3）不等式的解集为或【分析】（1）根据待定系数法进行求解函数的表达式；（2）结合（1），将函数的表达式写成分段形式，然后进行画图，进而求解；（3）结合（2）中的函数图象直接写出不等式的解集．【详解】解：（1）∵当时，，，∴，∴；（2）由（1）知，，∴该函数的图象如图所示：性质：函数图象关于y轴对称（答案不唯一）；（3）由函数图象可知，写出不等式的解集为或．【点睛】本题考查待定系数法求函数的表达式，反比例函数的图象与性质，一元一次不等式与一次函数的关系，学会画函数的图象与运用数形结合的思想是解题的关键．20、(1)y＝﹣x2+3x+4；(﹣1，0)；(2)P的横坐标为或.(3)点P的坐标为(4，0)或(5，﹣6)或(2，6).【分析】(1)利用待定系数法求抛物线解析式，然后利用抛物线解析式得到一元二次方程，通过解一元二次方程得到C点坐标；(2)利用△AQP∽△AOC得到AQ＝4PQ，设P(m，﹣m2+3m+4)，所以m＝4|4﹣(﹣m2+3m+4|，然后解方程4(m2﹣3m)＝m和方程4(m2﹣3m)＝﹣m得P点坐标；(3)设P(m，﹣m2+3m+4)(m＞)，当点Q′落在x轴上，延长QP交x轴于H，如图2，则PQ＝m2﹣3m，证明Rt△AOQ′∽Rt△Q′HP，利用相似比得到Q′B＝4m﹣12，则OQ′＝12﹣3m，在Rt△AOQ′中，利用勾股定理得到方程42+(12﹣3m)2＝m2，然后解方程求出m得到此时P点坐标；当点Q′落在y轴上，易得点A、Q′、P、Q所组成的四边形为正方形，利用PQ＝PQ′得到|m2﹣3m|＝m，然后解方程m2﹣3m＝m和方程m2﹣3m＝﹣m得此时P点坐标．【详解】解：(1)把A(0，4)，B(4，0)分别代入y＝﹣x2+bx+c得，解得，∴抛物线解析式为y＝﹣x2+3x+4，当y＝0时，﹣x2+3x+4＝0，解得x1＝﹣1，x2＝4，∴C(﹣1，0)；故答案为y＝﹣x2+3x+4；(﹣1，0)；(2)∵△AQP∽△AOC，∴，∴，即AQ＝4PQ，设P(m，﹣m2+3m+4)，∴m＝4|4﹣(﹣m2+3m+4|，即4|m2﹣3m|＝m，解方程4(m2﹣3m)＝m得m1＝0(舍去)，m2＝，此时P点横坐标为；解方程4(m2﹣3m)＝﹣m得m1＝0(舍去)，m2＝，此时P点坐标为；综上所述，点P的坐标为(，)或(，)；(3)设，当点Q′落在x轴上，延长QP交x轴于H，如图2，则PQ＝4﹣(﹣m2+3m+4)＝m2﹣3m，∵△APQ沿AP对折，点Q的对应点为点Q'，∴∠AQ′P＝∠AQP＝90°，AQ′＝AQ＝m，PQ′＝PQ＝m2﹣3m，∵∠AQ′O＝∠Q′PH，∴Rt△AOQ′∽Rt△Q′HP，∴，即，解得Q′H＝4m﹣12，∴OQ′＝m﹣(4m﹣12)＝12﹣3m，在Rt△AOQ′中，42+(12﹣3m)2＝m2，整理得m2﹣9m+20＝0，解得m1＝4，m2＝5，此时P点坐标为(4，0)或(5，﹣6)；当点Q′落在y轴上，则点A、Q′、P、Q所组成的四边形为正方形，∴PQ＝AQ′，即|m2﹣3m|＝m，解方程m2﹣3m＝m得m1＝0(舍去)，m2＝4，此时P点坐标为(4，0)；解方程m2﹣3m＝﹣m得m1＝0(舍去)，m2＝2，此时P点坐标为(2，6)，综上所述，点P的坐标为(4，0)或(5，﹣6)或(2，6)【点睛】本题考查了待定系数法，相似三角形的性质，解一元二次方程，三角形折叠，题目综合性较强，解决本题的关键是：①熟练掌握待定系数法求函数解析式；②能够熟练掌握相似三角形的判定和性质；③能够熟练掌握一元二次方程的解法；④理解折叠的性质.21、（3）a=，方程的另一根为；（2）答案见解析.【解析】（3）把x=2代入方程，求出a的值，再把a代入原方程，进一步解方程即可；（2）分两种情况探讨：①当a=3时，为一元一次方程；②当a≠3时，利用b2－4ac＝3求出a的值，再代入解方程即可．【详解】（3）将x＝2代入方程，得，解得：a＝．将a＝代入原方程得，解得：x3＝，x2＝2．∴a＝，方程的另一根为；（2）①当a＝3时，方程为2x＝3，解得：x＝3.②当a≠3时，由b2－4ac＝3得4－4(a－3)2＝3，解得：a＝2或3．当a＝2时，原方程为：x2＋2x＋3＝3，解得：x3＝x2＝－3；当a＝3时，原方程为：－x2＋2x－3＝3，解得：x3＝x2＝3．综上所述，当a＝3，3，2时，方程仅有一个根，分别为3，3，－3.考点：3.一元二次方程根的判别式；2.解一元二次方程；3.分类思想的应用.22、（1）k＞；（2）1．【分析】（1）由方程有两个不相等的实数根知△＞2，列出关于k的不等式求解可得；（2）由韦达定理知x1+x2=2k﹣1，x1x2=k2﹣2k+2=（k﹣1）2+1＞2，可以判断出x1＞2，x2＞2．将原式两边平方后把x1+x2、x1x2代入得到关于k的方程，求解可得．【详解】解：（1）由题意知△＞2，∴[﹣（2k﹣1）]2﹣1×1×（k2﹣2k+2）＞2，整理得：1k﹣7＞2，解得：k；（2）由题意知x1+x2=2k﹣1，x1x2=k2﹣2k+2=（k+1）2+1＞2，∴x1，x2同号．∵x1+x2=2k﹣1＞=，∴x1＞2，x2＞2．∵|x1|﹣|x2|，∴x1﹣x2，∴x12﹣2x1x2+x22=5，即（x1+x2）2﹣1x1x2=5，代入得：（2k﹣1）2﹣1（k2﹣2k+2）=5，整理，得：1k﹣12=2，解得：k=3．【点睛】本题考查了根与系数的关系及根的判别式，熟练掌握判别式的值与方程的根之间的关系及韦达定理是解题的关键．23、（1）①2，②证明见解析；（2）①见解析，②▱ABCD是10阶准菱形．【解析】（1）①根据邻边长分别为2和3的平行四边形经过两次操作，即可得出所剩四边形是菱形，即可得出答案；

②根据平行四边形的性质得出AE∥BF，进而得出AE=BF，即可得出答案；

（2）①利用3阶准菱形的定义，即可得出答案；

②根据a=6b+r，b=5r，用r表示出各边长，进而利用图形得出▱ABCD是几阶准菱形．【详解】解：（1）①利用邻边长分别为2和3的平行四边形经过两次操作，所剩四边形是边长为1的菱形，

故